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2022年黑龙江省哈尔滨市中考数学试卷
一、选择题〔本大题共10小题，每题3分，共30分〕
1．〔3分〕﹣7的倒数是〔　　〕
A．7 B．﹣7 C． D．﹣
2．〔3分〕以下运算正确的选项是〔　　〕
A．a6÷a3=a2 B．2a3+3a3=5a6 C．〔﹣a3〕2=a6 D．〔a+b〕2=a2+b2
3．〔3分〕以下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是〔　　〕
A． B． C． D．
4．〔3分〕抛物线y=﹣〔x+〕2﹣3的顶点坐标是〔　　〕
A．〔，﹣3〕 B．〔﹣，﹣3〕 C．〔，3〕 D．〔﹣，3〕
5．〔3分〕五个大小相同的正方体搭成的几何体如下列图，其左视图是〔　　〕
A． B． C． D．
6．〔3分〕方程=的解为〔　　〕
A．x=3 B．x=4 C．x=5 D．x=﹣5
7．〔3分〕如图，⊙O中，弦AB，CD相交于点P，∠A=42°，∠APD=77°，那么∠B的大小是〔　　〕
A．43° B．35° C．34° D．44°
8．〔3分〕在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=4，AC=1，那么cosB的值为〔　　〕
A． B． C． D．
9．〔3分〕如图，在△ABC中，D、E分别为AB、AC边上的点，DE∥BC，点F为BC边上一点，连接AF交DE于点G，那么以下结论中一定正确的选项是〔　　〕
A．= B．= C．= D．=
10．〔3分〕周日，小涛从家沿着一条笔直的公路步行去报亭看报，看了一段时间后，他按原路返回家中，小涛离家的距离y〔单位：m〕与他所用的时间t〔单位：min〕之间的函数关系如下列图，以下说法中正确的选项是〔　　〕
A．小涛家离报亭的距离是900m
B．小涛从家去报亭的平均速度是60m/min
C．小涛从报亭返回家中的平均速度是80m/min
D．小涛在报亭看报用了15min
二、填空题〔本大题共10小题，每题3分，共30分〕
11．〔3分〕将57600000用科学记数法表示为．
12．〔3分〕函数y=中，自变量x的取值范围是．
13．〔3分〕把多项式4ax2﹣9ay2分解因式的结果是．
14．〔3分〕计算﹣6的结果是．
15．〔3分〕反比例函数y=的图象经过点〔1，2〕，那么k的值为．
16．〔3分〕不等式组的解集是．
17．〔3分〕一个不透明的袋子中装有17个小球，其中6个红球、11个绿球，这些小球除颜色外无其它差异．从袋子中随机摸出一个小球，那么摸出的小球是红球的概率为．
18．〔3分〕扇形的弧长为4π，半径为48，那么此扇形的圆心角为度．
19．〔3分〕四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=6，对角线AC与BD相交于点O，点E在AC上，假设OE=，那么CE的长为．
20．〔3分〕如图，在矩形ABCD中，M为BC边上一点，连接AM，过点D作DE⊥AM，垂足为E．假设DE=DC=1，AE=2EM，那么BM的长为．
三、解答题〔本大题共60分〕
21．〔7分〕先化简，再求代数式÷﹣的值，其中x=4sin60°﹣2．
22．〔7分〕如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段AB的两个端点均在小正方形的顶点上．
〔1〕在图中画出以AB为底、面积为12的等腰△ABC，且点C在小正方形的顶点上；
〔2〕在图中画出平行四边形ABDE，且点D和点E均在小正方形的顶点上，tan∠EAB=，连接CD，请直接写出线段CD的长．
23．〔8分〕随着社会经济的开展和城市周边交通状况的改善，旅游已成为人们的一种生活时尚，洪祥中学开展以“我最喜欢的风景区〞为主题的调查活动，围绕“在松峰山、太阳岛、二龙山和凤凰山四个风景区中，你最喜欢哪一个〔必选且只选一个〕〞的问题，在全校范围内随机抽取了局部学生进行问卷调查，将调查结果整理后绘制成如下列图的不完整的统计图，请你根据图中提供的信息答复以下问题：
〔1〕本次调查共抽取了多少名学生
〔2〕通过计算补全条形统计图；

24．〔8分〕：△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，连接AE，BD交于点O，AE与DC交于点M，BD与AC交于点N．
〔1〕如图1，求证：AE=BD；
〔2〕如图2，假设AC=DC，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四对全等的直角三角形．
25．〔10分〕威丽商场销售A，B两种商品，售出1件A种商品和4件B种商品所得利润为600元，售出3件A种商品和5件B种商品所得利润为1100元．
〔1〕求每件A种商品和每件B种商品售出后所得利润分别为多少元；
〔2〕由于需求量大，A、B两种商品很快售完，威丽商场决定再一次购进A、B两种商品共34件．如果将这34件商品全部售完后所得利润不低于4000元，那么威丽商场至少需购进多少件A种商品
26．〔10分〕：AB是⊙O的弦，点C是的中点，连接OB、OC，OC交AB于点D．
〔1〕如图1，求证：AD=BD；
〔2〕如图2，过点B作⊙O的切线交OC的延长线于点M，点P是上一点，连接AP、BP，求证：∠APB﹣∠OMB=90°；
〔3〕如图3，在〔2〕的条件下，连接DP、MP，延长MP交⊙O于点Q，假设MQ=6DP，sin∠ABO=，求的值．
27．〔10分〕如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=x2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C，直线y=x﹣3经过B、C两点．
〔1〕求抛物线的解析式；
〔2〕过点C作直线CD⊥y轴交抛物线于另一点D，点P是直线CD下方抛物线上的一个动点，且在抛物线对称轴的右侧，过点P作PE⊥x轴于点E，PE交CD于点F，交BC于点M，连接AC，过点M作MN⊥AC于点N，设点P的横坐标为t，线段MN的长为d，求d与t之间的函数关系式〔不要求写出自变量t的取值范围〕；
〔3〕在〔2〕的条件下，连接PC，过点B作BQ⊥PC于点Q〔点Q在线段PC上〕，BQ交CD于点T，连接OQ交CD于点S，当ST=TD时，求线段MN的长．
2022年黑龙江省哈尔滨市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题〔本大题共10小题，每题3分，共30分〕
1．〔3分〕〔2022•哈尔滨〕﹣7的倒数是〔　　〕
A．7 B．﹣7 C． D．﹣
【分析】根据乘积是1的两个数互为倒数，可得一个数的倒数．
【解答】解：﹣7的倒数是﹣，
应选：D．
【点评】此题考查了倒数，分子分母交换位置是求一个数的倒数的关键．
2．〔3分〕〔2022•哈尔滨〕以下运算正确的选项是〔　　〕
A．a6÷a3=a2 B．2a3+3a3=5a6 C．〔﹣a3〕2=a6 D．〔a+b〕2=a2+b2
【分析】各项计算得到结果，即可作出判断．
【解答】解：A、原式=a3，不符合题意；
B、原式=5a3，不符合题意；
C、原式=a6，符合题意；
D、原式=a2+2ab+b2，不符合题意，
应选C
【点评】此题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法那么是解此题的关键．
3．〔3分〕〔2022•哈尔滨〕以下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是〔　　〕
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意．
应选：D．
【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两局部折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两局部重合．
4．〔3分〕〔2022•哈尔滨〕抛物线y=﹣〔x+〕2﹣3的顶点坐标是〔　　〕
A．〔，﹣3〕 B．〔﹣，﹣3〕 C．〔，3〕 D．〔﹣，3〕
【分析】抛物线解析式为顶点式，可直接写出顶点坐标．
【解答】解：y=﹣〔x+〕2﹣3是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为〔﹣，﹣3〕．
应选B．
【点评】此题主要考查了二次函数的性质，关键是熟记：抛物线y=a〔x﹣h〕2+k的顶点坐标是〔h，k〕，对称轴是x=h．
5．〔3分〕〔2022•哈尔滨〕五个大小相同的正方体搭成的几何体如下列图，其左视图是〔　　〕
A． B． C． D．
【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【解答】解：从左边看第一层是两个小正方形，第二层左边是一个小正方形，
应选：C．
【点评】此题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图．
6．〔3分〕〔2022•哈尔滨〕方程=的解为〔　　〕
A．x=3 B．x=4 C．x=5 D．x=﹣5
【分析】根据分式方程的解法即可求出答案．
【解答】解：2〔x﹣1〕=x+3，
2x﹣2=x+3，
x=5，
令x=5代入〔x+3〕〔x﹣1〕≠0，
应选〔C〕
【点评】此题考查分式方程的解法，解题的关键是熟练运用分式方程的解法，此题属于根底题型．
7．〔3分〕〔2022•哈尔滨〕如图，⊙O中，弦AB，CD相交于点P，∠A=42°，∠APD=77°，那么∠B的大小是〔　　〕
A．43° B．35° C．34° D．44°
【分析】由同弧所对的圆周角相等求得∠A=∠D=42°，然后根据三角形外角的性质即可得到结论．
【解答】解：∵∠D=∠A=42°，
∴∠B=∠APD﹣∠D=35°，
应选B．
【点评】此题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等是解答此题的关键．
8．〔3分〕〔2022•哈尔滨〕在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=4，AC=1，那么cosB的值为〔　　〕
A． B． C． D．
【分析】利用锐角三角函数定义求出cosB的值即可．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=4，AC=1，
∴BC==，
那么cosB==，
应选A
【点评】此题考查了锐角三角函数定义，熟练掌握锐角三角函数定义是解此题的关键．
9．〔3分〕〔2022•哈尔滨〕如图，在△ABC中，D、E分别为AB、AC边上的点，DE∥BC，点F为BC边上一点，连接AF交DE于点G，那么以下结论中一定正确的选项是〔　　〕
A．= B．= C．= D．=
【分析】根据相似三角形的判定与性质即可求出答案．
【解答】解：〔A〕∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，故A错误；
〔B〕∵DE∥BC，
∴，故B错误；
〔C〕∵DE∥BC，
，故C正确；
〔D〕〕∵DE∥BC，
∴△AGE∽△AFC，
∴=，故D错误；
应选〔C〕
【点评】此题考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质，此题属于中等题型
10．〔3分〕〔2022•哈尔滨〕周日，小涛从家沿着一条笔直的公路步行去报亭看报，看了一段时间后，他按原路返回家中，小涛离家的距离y〔单位：m〕与他所用的时间t〔单位：min〕之间的函数关系如下列图，以下说法中正确的选项是〔　　〕
A．小涛家离报亭的距离是900m
B．小涛从家去报亭的平均速度是60m/min
C．小涛从报亭返回家中的平均速度是80m/min
D．小涛在报亭看报用了15min
【分析】根据特殊点的实际意义即可求出答案．
【解答】解：A、由纵坐标看出小涛家离报亭的距离是1200m，故A不符合题意；
B、由纵坐标看出小涛家离报亭的距离是1200m，由横坐标看出小涛去报亭用了15分钟，小涛从家去报亭的平均速度是80m/min，故B不符合题意；
C、返回时的解析式为y=﹣60x+3000，当y=1200时，x=30，由横坐标看出返回时的时间是50﹣30=20min，返回时的速度是1200÷20=60m/min，故C不符合题意；
D、由横坐标看出小涛在报亭看报用了30﹣15=15min，故D符合题意；
应选：D．
【点评】此题考查由图象理解对应函数关系及其实际意义，应把所有可能出现的情况考虑清楚．
二、填空题〔本大题共10小题，每题3分，共30分〕
11．〔3分〕〔2022•哈尔滨〕将57600000用科学记数法表示为　5.76×107．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥1时，n是非负数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：57600000用科学记数法表示为5.76×107，
故答案为：5.76×107．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
12．〔3分〕〔2022•哈尔滨〕函数y=中，自变量x的取值范围是　x≠2　．
【分析】根据分式有意义的条件：分母不为0进行解答即可．
【解答】解：由x﹣2≠0得，x≠2，
故答案为x≠2．
【点评】此题考查了函数自变量的取值范围问题，掌握分式有意义的条件：分母不为0是解题的关键．
13．〔3分〕〔2022•哈尔滨〕把多项式4ax2﹣9ay2分解因式的结果是　a〔2x+3y〕〔2x﹣3y〕　．
【分析】原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可．
【解答】解：原式=a〔4x2﹣9y2〕=a〔2x+3y〕〔2x﹣3y〕，
故答案为：a〔2x+3y〕〔2x﹣3y〕
【点评】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解此题的关键．
14．〔3分〕〔2022•哈尔滨〕计算﹣6的结果是．
【分析】先将二次根式化简即可求出答案．
【解答】解：原式=3﹣6×=3﹣2=
故答案为：
【点评】此题考查二次根式的运算，解题的关键是熟练运用二次根式的运算法那么，此题属于根底题型．
15．〔3分〕〔2022•哈尔滨〕反比例函数y=的图象经过点〔1，2〕，那么k的值为　1　．
【分析】直接把点〔1，2〕代入反比例函数y=，求出k的值即可．
【解答】解：∵反比例函数y=的图象经过点〔1，2〕，
∴2=3k﹣1，解得k=1．
故答案为：1．
【点评】此题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
16．〔3分〕〔2022•哈尔滨〕不等式组的解集是　2≤x＜3　．
【分析】分别求出不等式组中两不等式的解集，找出解集的公共局部即可．
【解答】解：，
由①得：x≥2，
由②得：x＜3，
那么不等式组的解集为2≤x＜3．
故答案为2≤x＜3．
【点评】此题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握运算法那么是解此题的关键．
17．〔3分〕〔2022•哈尔滨〕一个不透明的袋子中装有17个小球，其中6个红球、11个绿球，这些小球除颜色外无其它差异．从袋子中随机摸出一个小球，那么摸出的小球是红球的概率为．
【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
【解答】解：∵不透明的袋子中装有17个小球，其中6个红球、11个绿球，
∴摸出的小球是红球的概率为；
故答案为：．
【点评】此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P〔A〕=．
18．〔3分〕〔2022•哈尔滨〕扇形的弧长为4π，半径为48，那么此扇形的圆心角为　15　度．
【分析】利用扇形的弧长公式计算即可．
【解答】解：设扇形的圆心角为n°，
那么=4π，
解得，n=15，
故答案为：15．
【点评】此题考查的是弧长的计算，掌握弧长公式l=是解题的关键．
19．〔3分〕〔2022•哈尔滨〕四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=6，对角线AC与BD相交于点O，点E在AC上，假设OE=，那么CE的长为　4或2．
【分析】由菱形的性质证出△ABD是等边三角形，得出BD=AB=6，OB=BD=3，由勾股定理得出OC=OA==3，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=6，AC⊥BD，OB=OD，OA=OC，
∵∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=6，
∴OB=BD=3，
∴OC=OA==3，
∴AC=2OA=6，
∵点E在AC上，OE=，
∴CE=OC+或CE=OC﹣，
∴CE=4或CE=2；
故答案为：4或2．
【点评】此题考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出OA是解决问题的关键．
20．〔3分〕〔2022•哈尔滨〕如图，在矩形ABCD中，M为BC边上一点，连接AM，过点D作DE⊥AM，垂足为E．假设DE=DC=1，AE=2EM，那么BM的长为．
【分析】由AAS证明△ABM≌△DEA，得出AM=AD，证出BC=AD=3EM，连接DM，由HL证明Rt△DEM≌Rt△DCM，得出EM=CM，因此BC=3CM，设EM=CM=x，那么BM=2x，AM=BC=3x，在Rt△ABM中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC=1，∠B=∠C=90°，AD∥BC，AD=BC，
∴∠AMB=∠DAE，
∵DE=DC，
∴AB=DE，
∵DE⊥AM，
∴∠DEA=∠DEM=90°，
在△ABM和△DEA中，，
∴△ABM≌△DEA〔AAS〕，
∴AM=AD，
∵AE=2EM，
∴BC=AD=3EM，
连接DM，如下列图：
在Rt△DEM和Rt△DCM中，，
∴Rt△DEM≌Rt△DCM〔HL〕，
∴EM=CM，
∴BC=3CM，
设EM=CM=x，那么BM=2x，AM=BC=3x，
在Rt△ABM中，由勾股定理得：12+〔2x〕2=〔3x〕2，
解得：x=，
∴BM=；
故答案为：．
【点评】此题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解决问题的关键．
三、解答题〔本大题共60分〕
21．〔7分〕〔2022•哈尔滨〕先化简，再求代数式÷﹣的值，其中x=4sin60°﹣2．
【分析】根据分式的除法和减法可以化简题目中的式子，然后将x的值代入化简后的式子即可解答此题．
【解答】解：÷﹣
=
=
=，
当x=4sin60°﹣2=4×=﹣2时，原式=．
【点评】此题考查分式的化简求值、特殊角的三角函数值，解答此题的关键是明确分式化简求值的方法．
22．〔7分〕〔2022•哈尔滨〕如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段AB的两个端点均在小正方形的顶点上．
〔1〕在图中画出以AB为底、面积为12的等腰△ABC，且点C在小正方形的顶点上；
〔2〕在图中画出平行四边形ABDE，且点D和点E均在小正方形的顶点上，tan∠EAB=，连接CD，请直接写出线段CD的长．
【分析】〔1〕因为AB为底、面积为12的等腰△ABC，所以高为4，点C在线段AB的垂直平分线上，由此即可画出图形；
〔2〕首先根据tan∠EAB=的值确定点E的位置，由此即可解决问题，利用勾股定理计算CD的长；
【解答】解：〔1〕△ABC如下列图；
〔2〕平行四边形ABDE如下列图，CD==．
【点评】此题考查﹣应用与作图设计、勾股定理、等腰三角形的性质和判定、平行四边形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，利用数形结合的思想思考问题，属于中考常考题型．
23．〔8分〕〔2022•哈尔滨〕随着社会经济的开展和城市周边交通状况的改善，旅游已成为人们的一种生活时尚，洪祥中学开展以“我最喜欢的风景区〞为主题的调查活动，围绕“在松峰山、太阳岛、二龙山和凤凰山四个风景区中，你最喜欢哪一个〔必选且只选一个〕〞的问题，在全校范围内随机抽取了局部学生进行问卷调查，将调查结果整理后绘制成如下列图的不完整的统计图，请你根据图中提供的信息答复以下问题：
〔1〕本次调查共抽取了多少名学生
〔2〕通过计算补全条形统计图；

【分析】〔1〕根据条形统计图与扇形统计图求出总人数即可；
〔2〕根据题意作出图形即可；
〔3〕根据题意列出算式，计算即可得到结果．
【解答】解：〔1〕10÷20%=50〔名〕，
答：本次调查共抽取了50名学生；
〔2〕50﹣10﹣20﹣12=8〔名〕，
补全条形统计图如下列图，

答：估计最喜欢太阳岛风景区的学生有540名．
【点评】此题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个工程的数据；扇形统计图直接反映局部占总体的百分比大小．
24．〔8分〕〔2022•哈尔滨〕：△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，连接AE，BD交于点O，AE与DC交于点M，BD与AC交于点N．
〔1〕如图1，求证：AE=BD；
〔2〕如图2，假设AC=DC，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四对全等的直角三角形．
【分析】〔1〕根据全等三角形的性质即可求证△ACE≌△BCD，从而可知AE=BD；
〔2〕根据条件即可判断图中的全等直角三角形；
【解答】解：〔1〕∵△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，
∠ACB=∠DCE=90°，
∴AC=BC，DC=EC，
∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
∴∠BCD=∠ACE，
在△ACE与△BCD中，
∴△ACE≌△BCD〔SAS〕，
∴AE=BD，
〔2〕∵AC=DC，
∴AC=CD=EC=CB，
△ACB≌△DCE〔SAS〕；
由〔1〕可知：∠AEC=∠BDC，∠EAC=∠DBC
∴∠DOM=90°，
∵∠AEC=∠CAE=∠CBD，
∴△EMC≌△BCN〔ASA〕，
∴CM=CN，
∴DM=AN，
△AON≌△DOM〔AAS〕，
∵DE=AB，AO=DO，
∴△AOB≌△DOE〔HL〕
【点评】此题考查全等三角形，解题的关键是熟练运用全等三角形的判定条件，此题属于根底题型．
25．〔10分〕〔2022•哈尔滨〕威丽商场销售A，B两种商品，售出1件A种商品和4件B种商品所得利润为600元，售出3件A种商品和5件B种商品所得利润为1100元．
〔1〕求每件A种商品和每件B种商品售出后所得利润分别为多少元；
〔2〕由于需求量大，A、B两种商品很快售完，威丽商场决定再一次购进A、B两种商品共34件．如果将这34件商品全部售完后所得利润不低于4000元，那么威丽商场至少需购进多少件A种商品
【分析】〔1〕设A种商品售出后所得利润为x元，B种商品售出后所得利润为y元．由售出1件A种商品和4件B种商品所得利润为600元，售出3件A种商品和5件B种商品所得利润为1100元建立两个方程，构成方程组求出其解就可以；
〔2〕设购进A种商品a件，那么购进B种商品〔34﹣a〕件．根据获得的利润不低于4000元，建立不等式求出其解就可以了．
【解答】解：〔1〕设每件A种商品售出后所得利润为x元，每件B种商品售出后所得利润为y元．由题意，得
，
解得：
答：每件A种商品售出后所得利润为200元，每件B种商品售出后所得利润为100元．
〔2〕设购进A种商品a件，那么购进B种商品〔34﹣a〕件．由题意，得
200a+100〔34﹣a〕≥4000，
解得：a≥6
答：威丽商场至少需购进6件A种商品．
【点评】此题考查了列二元一次方程组解实际问题的运用及二元一次方程组的解法，列一元一次不等式解实际问题的运用及解法，在解答过程中寻找能够反映整个题意的等量关系是解答此题的关键．
26．〔10分〕〔2022•哈尔滨〕：AB是⊙O的弦，点C是的中点，连接OB、OC，OC交AB于点D．
〔1〕如图1，求证：AD=BD；
〔2〕如图2，过点B作⊙O的切线交OC的延长线于点M，点P是上一点，连接AP、BP，求证：∠APB﹣∠OMB=90°；
〔3〕如图3，在〔2〕的条件下，连接DP、MP，延长MP交⊙O于点Q，假设MQ=6DP，sin∠ABO=，求的值．
【分析】〔1〕如图1，连接OA，利用垂径定理和圆周角定理可得结论；
〔2〕如图2，延长BO交⊙O于点T，连接PT，由圆周角定理可得∠BPT=90°，易得∠APT=∠APB﹣∠BPT=∠APB﹣90°，利用切线的性质定理和垂径定理可得∠ABO=∠OMB，等量代换可得∠ABO=∠APT，易得结论；
〔3〕如图3，连接MA，利用垂直平分线的性质可得MA=MB，易得∠MAB=∠MBA，作∠PMG=∠AMB，在射线MG上截取MN=MP，连接PN，BN，易得△APM≌△BNM，由全等三角形的性质可得AP=BN，∠MAP=∠MBN，延长PD至点K，使DK=DP，连接AK、BK，易得四边形APBK是平行四边形，由平行四边形的性质和平行线的性质可得∠PAB=∠ABK，∠APB+∠PBK=180°，由〔2〕得∠APB﹣〔90°﹣∠MBA〕=90°，易得∠NBP=∠KBP，可得△PBN≌△PBK，PN=2PH，利用三角函数的定义可得sin∠PMH=，sin∠ABO=，设DP=3a，那么PM=5a，可得结果．
【解答】〔1〕证明：如图1，连接OA，
∵C是的中点，
∴，
∴∠AOC=∠BOC，
∵OA=OB，
∴OD⊥AB，AD=BD；
〔2〕证明：如图2，延长BO交⊙O于点T，连接PT
∵BT是⊙O的直径
∴∠BPT=90°，
∴∠APT=∠APB﹣∠BPT=∠APB﹣90°，
∵BM是⊙O的切线，
∴OB⊥BM，
又∠OBA+∠MBA=90°，
∴∠ABO=∠OMB
又∠ABO=∠APT
∴∠APB﹣90°=∠OMB，
∴∠APB﹣∠OMB=90°；
〔3〕解：如图3，连接MA，
∵MO垂直平分AB，
∴MA=MB，
∴∠MAB=∠MBA，
作∠PMG=∠AMB，
在射线MG上截取MN=MP，
连接PN，BN，
那么∠AMP=∠BMN，
∴△APM≌△BNM，
∴AP=BN，∠MAP=∠MBN，
延长PD至点K，
使DK=DP，
连接AK、BK，
∴四边形APBK是平行四边形；
AP∥BK，
∴∠PAB=∠ABK，∠APB+∠PBK=180°，
由〔2〕得∠APB﹣〔90°﹣∠MBA〕
=90°，
∴∠APB+∠MBA=180°
∴∠PBK=∠MBA，
∴∠MBP=∠ABK=∠PAB，
∴∠MAP=∠PBA=∠MBN，
∴∠NBP=∠KBP，
∵PB=PB，
∴△PBN≌△PBK，
∴PN=PK=2PD，
过点M作MH⊥PN于点H，
∴PN=2PH，
∴PH=DP，∠PMH=∠ABO，
∵sin∠PMH=，sin∠ABO=，
∴，
∴，设DP=3a，那么PM=5a，
∴MQ=6DP=18a，
∴．
【点评】此题主要考查了垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质定理，三角函数的定义等相关知识，作出恰当的辅助线构建全等三角形是解答此题的关键．
27．〔10分〕〔2022•哈尔滨〕如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=x2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C，直线y=x﹣3经过B、C两点．
〔1〕求抛物线的解析式；
〔2〕过点C作直线CD⊥y轴交抛物线于另一点D，点P是直线CD下方抛物线上的一个动点，且在抛物线对称轴的右侧，过点P作PE⊥x轴于点E，PE交CD于点F，交BC于点M，连接AC，过点M作MN⊥AC于点N，设点P的横坐标为t，线段MN的长为d，求d与t之间的函数关系式〔不要求写出自变量t的取值范围〕；
〔3〕在〔2〕的条件下，连接PC，过点B作BQ⊥PC于点Q〔点Q在线段PC上〕，BQ交CD于点T，连接OQ交CD于点S，当ST=TD时，求线段MN的长．
【分析】〔1〕首先求出点B、C的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；
〔2〕根据S△ABC=S△AMC+S△AMB，由三角形面积公式可求y与m之间的函数关系式；
〔3〕如图2，由抛物线对称性可得D〔2，﹣3〕，过点B作BK⊥CD交直线CD于点K，OG⊥OS交KB于G，可得四边形OCKB为正方形，过点O作OH⊥PC交PC延长线于点H，OR⊥BQ交BQ于点I交BK于点R，可得四边形OHQI为矩形，可证△OBG≌△OCS，△OSR≌△OGR，得到tan∠QCT=tan∠TBK，设ST=TD=m，可得SK=2m+1，CS=2﹣2m，TK=m+1=BR，SR=3﹣m，RK=2﹣m，在Rt△SKR中，根据勾股定理求得m，可得tan∠PCD=，过点P作PE′⊥x轴于E′交CD于点F′，得到P〔t，﹣t﹣3〕，可得﹣t﹣3=t2﹣2t﹣3，求得t，再根据MN=d求解即可．
【解答】解：〔1〕∵直线y=x﹣3经过B、C两点，
∴B〔3，0〕，C〔0，﹣3〕，
∵y=x2+bx+c经过B、C两点，
∴，
解得，
故抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3；
〔2〕如图1，y=x2﹣2x﹣3，
y=0时，x2﹣2x﹣3=0，
解得x1=﹣1，x2=3，
∴A〔﹣1，0〕，
∴OA=1，OB=OC=3，
∴∠ABC=45°，AC=，AB=4，
∵PE⊥x轴，
∴∠EMB=∠EBM=45°，
∵点P的横坐标为1，
∴EM=EB=3﹣t，
连结AM，
∵S△ABC=S△AMC+S△AMB，
∴AB•OC=AC•MN+AB•EM，
∴×4×3=×d+×4〔3﹣t〕，
∴d=t；
〔3〕如图2，
∵y=x2﹣2x﹣3=〔x﹣1〕2﹣4，
∴对称轴为x=1，
∴由抛物线对称性可得D〔2，﹣3〕，
∴CD=2，
过点B作BK⊥CD交直线CD于点K，
∴四边形OCKB为正方形，
∴∠OBK=90°，CK=OB=BK=3，
∴DK=1，
∵BQ⊥CP，
∴∠CQB=90°，
过点O作OH⊥PC交PC延长线于点H，OR⊥BQ交BQ于点I交BK于点R，OG⊥OS交KB于G，
∴∠OHC=∠OIQ=∠OIB=90°，
∴四边形OHQI为矩形，
∵∠OCQ+∠OBQ=180°，
∴∠OBG=∠OCS，
∵OB=OC，∠BOG=∠COS，
∴△OBG≌△OCS，
∴QG=OS，∠GOB=∠SOC，
∴∠SOG=90°，
∴∠ROG=45°，
∵OR=OR，
∴△OSR≌△OGR，
∴SR=GR，
∴SR=CS+BR，
∵∠BOR+∠OBI=90°，∠IBO+∠TBK=90°，
∴∠BOR=∠TBK，
∴tan∠BOR=tan∠TBK，
∴=，
∴BR=TK，
∵∠CTQ=∠BTK，
∴∠QCT=∠TBK，
∴tan∠QCT=tan∠TBK，
设ST=TD=m，
∴SK=2m+1，CS=2﹣2m，TK=m+1=BR，SR=3﹣m，RK=2﹣m，
在Rt△SKR中，
∵SK2+RK2=SR2，
∴〔2m+1〕2+〔2﹣m〕2=〔3﹣m〕2，
解得m1=﹣2〔舍去〕，m2=；
∴ST=TD=，TK=，
∴tan∠TBK==÷3=，
∴tan∠PCD=，
过点P作PE′⊥x轴于E′交CD于点F′，
∵CF′=OE′=t，
∴PF′=t，
∴PE′=t+3，
∴P〔t，﹣t﹣3〕，
∴﹣t﹣3=t2﹣2t﹣3，
解得t1=0〔舍去〕，t2=．
∴MN=d=t=×=．
【点评】此题是二次函数综合题型，考查了二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、解方程〔方程组〕、相似三角形〔或三角函数〕、勾股定理等重要知识点．